Номер 48, страница 170 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 18. Пирамида. Глава 4. Многогранники - номер 48, страница 170.

Условие.

18.48. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды равна 4 см, а двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $60^\circ$.

1) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через центр основания параллельно боковой грани пирамиды.

2) Найдите площадь сечения.

Решение 1.

Решение 3.

1) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через центр основания параллельно боковой грани пирамиды.

Пусть дана правильная четырёхугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$ и основанием $ABCD$. Центр основания — точка $O$. Требуется построить сечение плоскостью $\alpha$, которая проходит через точку $O$ и параллельна плоскости боковой грани, например, грани $SBC$.

Построение сечения выполняется путем нахождения линий пересечения плоскости $\alpha$ с гранями пирамиды.

1. Плоскость $\alpha$ параллельна плоскости $(SBC)$. Обе эти плоскости пересекаются плоскостью основания $(ABCD)$. По свойству параллельных плоскостей, линии их пересечения с третьей плоскостью параллельны. Линия пересечения $(SBC)$ и $(ABCD)$ — это прямая $BC$. Следовательно, линия пересечения $\alpha$ и $(ABCD)$ — это прямая, проходящая через точку $O$ параллельно $BC$. В квадрате $ABCD$ такой линией является отрезок, соединяющий середины сторон $AB$ и $CD$. Обозначим эти середины $N$ и $M$ соответственно. Таким образом, отрезок $NM$ — одна из сторон искомого сечения.

2. Рассмотрим грань $(SAB)$. Плоскость $\alpha$ пересекает её по прямой, проходящей через точку $N$ (так как $N$ лежит на $AB$, а значит, в плоскости $(SAB)$, и $N$ лежит в плоскости $\alpha$). Линия пересечения плоскостей $(SAB)$ и $(SBC)$ — это ребро $SB$. Так как $\alpha \parallel (SBC)$, то линия пересечения $\alpha$ и $(SAB)$ должна быть параллельна $SB$. Проведём в плоскости $(SAB)$ через точку $N$ прямую, параллельную $SB$, до пересечения с ребром $SA$ в точке $P$. Поскольку $N$ — середина $AB$, то по теореме о средней линии треугольника, точка $P$ является серединой ребра $SA$, а отрезок $NP$ — средняя линия треугольника $SAB$.

3. Аналогично для грани $(SCD)$. Плоскость $\alpha$ пересекает её по прямой, проходящей через точку $M$ параллельно ребру $SC$. Пусть эта прямая пересекает ребро $SD$ в точке $Q$. Так как $M$ — середина $CD$, то $Q$ — середина $SD$, а $MQ$ — средняя линия треугольника $SCD$.

4. Соединив точки $P$ и $Q$, получим отрезок $PQ$. Так как $P$ и $Q$ — середины сторон $SA$ и $SD$ треугольника $SAD$, отрезок $PQ$ является его средней линией и, следовательно, параллелен стороне $AD$.

Таким образом, искомое сечение — это четырёхугольник $NMPQ$. Поскольку $NM \parallel AD$ и $PQ \parallel AD$, то $NM \parallel PQ$. Значит, $NMPQ$ — трапеция. В правильной пирамиде боковые рёбра равны, $SB = SC$. Так как $NP = \frac{1}{2}SB$ и $MQ = \frac{1}{2}SC$, то боковые стороны трапеции равны ($NP = MQ$). Следовательно, сечение $NMPQ$ является равнобедренной трапецией.

Ответ: Искомое сечение является равнобедренной трапецией $NMPQ$, где $N$ и $M$ — середины рёбер основания $AB$ и $CD$, а $P$ и $Q$ — середины боковых рёбер $SA$ и $SD$.

2) Найдите площадь сечения.

Для нахождения площади равнобедренной трапеции $NMPQ$ необходимо найти длины её оснований и высоту.

Сторона основания пирамиды $a = AD = 4$ см. Двугранный угол при ребре основания равен $60^\circ$. Пусть $K$ — середина ребра $BC$. Тогда $SK \perp BC$ и $OK \perp BC$. Угол $\angle SKO$ является линейным углом данного двугранного угла, $\angle SKO = 60^\circ$.

В основании лежит квадрат, поэтому расстояние от центра $O$ до стороны $BC$ равно $OK = \frac{1}{2}AB = \frac{4}{2} = 2$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SOK$ (где $SO$ — высота пирамиды).
Апофема (высота боковой грани) $SK = \frac{OK}{\cos(60^\circ)} = \frac{2}{1/2} = 4$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle SKB$. Найдём длину бокового ребра $SB$.
$KB = \frac{1}{2}BC = \frac{4}{2} = 2$ см.
По теореме Пифагора: $SB = \sqrt{SK^2 + KB^2} = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$ см.

Теперь найдём размеры трапеции $NMPQ$:
- Большее основание $NM$ равно стороне основания пирамиды: $NM = AD = 4$ см.
- Меньшее основание $PQ$ является средней линией $\triangle SAD$: $PQ = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2$ см.
- Боковая сторона $NP$ является средней линией $\triangle SAB$: $NP = \frac{1}{2}SB = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{5} = \sqrt{5}$ см.

Найдём высоту трапеции $h$. Проведём высоту из точки $P$ к основанию $NM$. Основание этой высоты отсекает от большего основания отрезок длиной $\frac{NM - PQ}{2} = \frac{4 - 2}{2} = 1$ см.
Из прямоугольного треугольника по теореме Пифагора:$h = \sqrt{NP^2 - \left(\frac{NM - PQ}{2}\right)^2} = \sqrt{(\sqrt{5})^2 - 1^2} = \sqrt{5 - 1} = \sqrt{4} = 2$ см.

Площадь трапеции $S_{NMPQ}$ равна:$S = \frac{NM + PQ}{2} \cdot h = \frac{4 + 2}{2} \cdot 2 = 3 \cdot 2 = 6$ см$^2$.

Ответ: $6 \text{ см}^2$.